1、西南名校联盟（云南师大附中）2018届适应性月考卷（4）理科数学一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则为（ ）A B C D2.已知复数，则 （ ）A0 B1 C D3. 在中，若原点到直线的距离为1，则此三角形为（ ）A直角三角形 B锐角三角形 C钝角三角形 D 不能确定4. 已知点是所在平面内一点，为边的中点，且，则（ ）A B C. D5. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，则等于（ ）A B C. -1 D16. 宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日
2、自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的分别7，3，则输出的（ ）A 6 B 5 C. 4 D37. 已知是函数的零点，若，则的值满足（ ）A B C. D的符号不确定8. 如图为一几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A B C. D9. 若将函数的图象向左平移个单位，平移后所得图象的对称中心为点，则函数在上的最小值是（ ）A B C. D10. 已知一个几何体下面是正三棱柱，其所有棱长都为；上面是正三棱锥，它的高为，若点都在一个体积为的球面上，则的值为（ ）A B 1 C. D11. 已知数列满足是其前项和，若，（其中），则的最小值是（ ）A B 5 C. D12.
3、 设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.圆关于直线对称的圆的标准方程为 14.二项式的展开式中项的系数为，则 15.已知实数满足约束条件，则的取值范围是 16.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面两两互相垂直，点，点到的距离都是2，点是上的动点，满足到的距离是到点距离的2倍，则点的轨迹上的点到的距离的最大值是 三、解答题 （共70分.解答应写出文字说明、证明过程
4、或演算步骤.） 17.在各项均为正数的等比数列中，是与的等差中项，若.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.18.如图，在平面四边形，和都是等腰直角三角形且，正方形的边.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19. 甲乙两人进行跳棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分.若其中的一方比对方多得2分或下满5局时停止比赛.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立.（1）求没下满5局甲就获胜的概率；（2）设比赛结束时已下局数为，求的分布列及数学期望.20.已知函数.（1）若，则当时，讨论的单调性；（2）若，且当时，不等式在区间上有解，求实数的取值范围
5、.21. 已知椭圆的左、右焦点分别是，其离心率，点为椭圆上的一个动点，面积的最大值为3.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于两点，直线，与轴分别相交于两点，试问是否为定值？如果，求出这个定值；如果不是，请说明理由.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与直线交于两点，若点的坐标为，求23.选修4-5：不等式选讲已知，若不等式
6、的解集为.（1）求实数的值；（2）若对一切实数恒成立，求实数的取值范围.云南师大附中2018届高考适应性月考卷（四）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ACABBDBDCADC【解析】1，故，故选A2因为，故选C3由已知，故三角形为直角三角形，故选A因为为边的中点，故选B5由知的周期为4，又是定义在上的奇函数，故，故选B6时，不满足；时，不满足；时，满足，输出，故选D7函数在是增函数，故零点是唯一的，又，则，故选B8由三视图知，该几何体下面是三棱柱，上面是三棱锥，故其表面积为：，故选D9，所以将的图象向左平移个单位后，得到的
7、图象，其对称中心为点 ，的最小值是，故选C10设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为，则，又，故选A11由题意，以上各式相加得：，又，当且仅当时等号成立，故选D12设的切点为，的切点为，由题意，对任意存在使得对任意均有解，故对任意恒成立，则对任意恒成立又，故选C二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案【解析】13由题意所求圆的圆心坐标为，所以所求圆的标准方程为 14，令，得15由不等式组所表示的平面区域知：点到点的距离最大，故；点到直线的距离最小，即，所以的取值范围是16条件等价于在平面直角坐标系中有点，存在点到轴的距离为该点到点距离的2倍，求该点到轴的距离的
8、最大值. 设，由题意得：，整理得：，所以所求最大值为三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）解：（）设等比数列的公比为，且，由得， 又是与的等差中项，故或（舍）所以，（）由（）得，所以数列的前项和 18（本小题满分12分）（）证明：正方形中，又且，所以又因为和都是等腰直角三角形，所以，即，且，所以 （）解：因为ABE是等腰直角三角形，所以，又因为，所以，即AD，AB，AE两两垂直建立如图所示空间直角坐标系， 设AB=1，则AE=1，设平面BDF的一个法向量为， 可得， 取平面ABD的一个法向量为，则，故二面角的余弦值为 19（本小题满分12分）解：（
9、）没下满局甲就获胜有两种情况：两局后甲获胜，此时，四局后甲获胜，此时，所以，没下满5局甲就获胜的概率（）由题意知的所有取值为则，的分布列为245 20（本小题满分12分）解：（）函数的定义域为，由得，所以当时，在内单调递减；当时，或，所以，在上单调递减，在上单调递增；当时，或，所以，在上单调递减，在上单调递增 （）由题意，当时，在区间上的最大值 当时，则.当时，故在上单调递增，；当时，设的两根分别为，则，所以在上，故在上单调递增，综上，当时，在区间上的最大值，解得，所以实数的取值范围是 21（本小题满分12分）解：（）由题意知，当点是椭圆的上、下顶点时，的面积最大，此时的面积，又椭圆的离心率，由得：，所以，椭圆的标准方程为 （）设直线的方程为，则直线的方程为，则，即，同理可得 由得，由得且，所以，故为定值22（本小题满分10分）【选修44：坐标系与参数方程】解：（）由直线的参数方程：得直线的普通方程为，由得，配方得，即曲线的直角坐标方程为 （）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，即，因为，所以可设是点所对应的参数，则又直线过点，所以 23（本小题满分10分）【选修45：不等式选讲】解：（）由得，解得或，由题意所以 （）由（）知，所以，当且仅当时等号成立，所以，故实数的取值范围为
